(1,0 điểm) Bác Lan gửi tiết kiệm 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 12 tháng theo thể thức lãi kép. Sau năm thứ nhất, do chưa có nhu cầu sử dụng nên bác Lan không rút tiền ra mà tiếp tục gửi 12 tháng nữa, với lãi suất như cũ. Sau hai năm bác Lan rút tiền ra thì nhận được 118,81 triệu đồng cả vốn lẫn lãi. Hỏi lãi suất gửi tiết kiệm là bao nhiêu?
(1,0 điểm) Bác Lan gửi tiết kiệm 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 12 tháng theo thể thức lãi kép. Sau năm thứ nhất, do chưa có nhu cầu sử dụng nên bác Lan không rút tiền ra mà tiếp tục gửi 12 tháng nữa, với lãi suất như cũ. Sau hai năm bác Lan rút tiền ra thì nhận được 118,81 triệu đồng cả vốn lẫn lãi. Hỏi lãi suất gửi tiết kiệm là bao nhiêu?
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
|
Gọi x là lãi suất gửi tiết kiệm của bác Lan (x được cho dưới dạng số thập phân) (x > 0). Số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) của bác Lan sau năm thứ nhất là: 100(1 + x) (triệu đồng). |
0,25 |
|
Số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) của bác Lan sau năm thứ hai là: 100(1 + x)(1 + x) = 100(1 + x)2 (triệu đồng). |
0,25 |
|
Theo bài, sau hai năm bác Lan rút tiền ra thì nhận được 118,81 triệu đồng cả vốn lẫn lãi nên ta có phương trình: 100(1 + x)2 = 118,81 (1 + x)2 = 1,1881 1 + x = 1,09 (do x > 0). x = 0,09. (Thoả mãn điều kiện của ẩn) |
0,25 |
|
Vậy lãi suất gửi tiết kiệm là 9%. |
0,25 |
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
|
a) Chứng minh tứ giác \(BEHD\) nội tiếp một đường tròn. |
|
|
Ta có \[CE \bot AB \Rightarrow \widehat {BEH} = {90^0}\] do đó \[\Delta BEH\]vuông tại E suy ra 3 điểm B, E, H thuộc đường tròn đường kính BH Chứng minh tương tự ta có 3 điểm B, D, H thuộc đường tròn đường kính BH |
0,5 |
|
Suy ra 4 điểm B, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính BH. Suy ra giác BEHD nội tiếp (Đpcm) |
0,5 |
|
b) Chứng minh \(C{E^2} = CN.CI\).
|
|
|
Chứng minh được tứ giác \(AEHF\) nội tiếp Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {FEH} = \widehat {FAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {CEN} = \widehat {KAC}\) \(\left( 1 \right)\) Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {KAC} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {KAC} = \widehat {EIC}\) \(\left( 2 \right)\) Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {CEN} = \widehat {EIC}\) |
0,25 |
|
Xét \(\Delta CEN\) và \(\Delta CIE\) có: \(\widehat {ECI}\): chung; \(\widehat {CEN} = \widehat {EIC}\) (cmt) Nên \(\left( {g - g} \right)\)Suy ra \(\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}} \Leftrightarrow C{E^2} = CN.CI\) (đpcm) |
0,25 |
|
c) Chứng minh ba điểm \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng. |
|
|
Xét tam giác OBC cân tại O Vì \(OM \bot BC\) tại \(M\) nên OM là đường cao của tam giác cân nên OM cũng là đường trung tuyến do đó \(M\) là trung điểm \(BC\). Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(ME = \frac{1}{2}BC\). Tương tự ta có \(MF = \frac{1}{2}BC\). Do đó \(ME = MF\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) suy ra \(M\) thuộc trung trực của \(EF\) Vì \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\) nên \(PE = PF\) Suy ra \(P\) thuộc trung trực của \(EF\). Vì vậy \(PM\) là trung trực của \(EF\) \(\left( 3 \right)\). Để chứng minh \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng ta đi chứng minh \(N \in PM\). Kẻ \(EG \bot AC\), \(G \in AC\). Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta AEC\) vuông tại \(E\), đường cao \(EG\), ta có \(C{E^2} = CG.CA\) Theo phần b có \(C{E^2} = CN.CI\) nên \(CG.CA = CN.CI\)\( \Rightarrow \frac{{CG}}{{CN}} = \frac{{CI}}{{CA}}\). Xét \(\Delta CNG\) và \(\Delta CAI\) có \(\frac{{CG}}{{CN}} = \frac{{CI}}{{CA}}\) (cmt) và \(\widehat {ICA}\): chung Nên \( \Rightarrow \widehat {NGC} = \widehat {CIA}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {NGF} = \widehat {CIA}\) \(\left( * \right)\) Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CIA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( {**} \right)\) Chứng minh được tứ giác \(BEFC\) nội tiếp một đường tròn\( \Rightarrow \widehat {EBC} + \widehat {EFC} = 180^\circ \) (hai góc đối nhau) Mà \(\widehat {AFE} + \widehat {EFC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {EBC} = \widehat {AFE}\) hay \(\widehat {ABC} = \widehat {NFG}\) \(\left( {***} \right)\) Từ \(\left( * \right)\), \(\left( {**} \right)\), \(\left( {***} \right)\) ta suy ra \(\widehat {NGF} = \widehat {NFG}\) Do đó \(\Delta NGF\) cân tại \(N\) suy ra \(NG = NF\) Xét \(\Delta EGF\) vuông tại \(G\) có \(\widehat {NGF} = \widehat {NFG}\) nên \(\widehat {NGE} = \widehat {NEG}\). Do đó \(\Delta NGE\) cân tại \(N\) suy ra \(NG = NE\) Khi đó \(NE = NF\) hay \(N\) là trung điểm \(EF\) \(\left( 4 \right)\) Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(N \in PM\) hay ba điểm \(M,N,P\) thẳng hàng. (Đpcm) |
0,25
0,25 |
Lời giải
|
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 2m + 3 = 0\,\,(1)\) \(\Delta ' = {\left[ { - (m + 1)} \right]^2} - \left( {{m^2} - 2m + 3} \right) = {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 2m - 3 = 4m - 2\) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 4m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 2m + 3\quad \quad (2)}\end{array}} \right.\] |
0,25 |
|
Theo bài ra, ta có: \(\sqrt {x_1^2 + 2m{x_1} + {m^2}} + \sqrt {4x_2^2 + 4m{x_2} + {m^2}} = 6m + 2\) \(\sqrt {{{\left( {{x_1} + m} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {2{x_2} + m} \right)}^2}} = 6m + 2\) \(\left| {{x_1} + m} \right| + \left| {2{x_2} + m} \right| = 6m + 2\) (3) |
0,25 |
|
Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2 > 0\,\,\,\left( {{\rm{do }}m > \frac{1}{2}} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 2m + 3 = {{\left( {m - 1} \right)}^2} + 2 > 0\,\,\forall m\;\;\;}\end{array}} \right.\] \[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} > 0}\\{{x_2} > 0}\end{array}\,\,\,\,\forall m > \frac{1}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + m > 0}\\{2{x_2} + m > 0}\end{array}\,\,\,\,\,\forall m} \right.} \right. > \frac{1}{2}\] (3) trở thành: \({x_1} + m + 2{x_2} + m = 6m + 2\) \[\begin{array}{l}{x_1} + 2{x_2} = 4m + 2\\2m + 2 + {x_2} = 4m + 2\\{x_2} = 2m\\{x_1} = 2m + 2 - {x_2} = 2m + 2 - 2m = 2\end{array}\] |
0,25 |
|
Thay x1 = 2 ; x2 = 2m vào (2) ta được: \[\begin{array}{l}2.2m = {m^2} - 2m + 3\\{m^2} - 6m + 3 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3 - \sqrt 6 > \frac{1}{2}(t/m)\\m = 3 + \sqrt 6 > \frac{1}{2}(t/m)\end{array} \right.\end{array}\] Vậy \(m = 3 \pm \sqrt 6 \) thoả mãn yêu cầu bài toán |
0,25 |
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập